2023-2024学年内蒙古北京四中呼和浩特分校八年级（下）第一次月考数学试卷（含详解）

2023-2024学年内蒙古北京四中呼和浩特分校八年级（下）第一次月考数学试卷一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（3分）已知三角形两边的长分别是3和7，则此三角形第三边的长可能是（）A．1 B．2 C．6 D．102．（3分）下列图形是全等图形的是（）A． B. C． D．3．（3分）如果将一副三角板按如图方式叠放，那么∠1等于（）A．45° B．60° C．105° D．120°4．（3分）如图，BC＝BD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ABD的是（）A．∠ABC＝∠ABD B．∠C＝∠D＝90° C．∠CAB＝∠DAB D．AC＝AD5．（3分）如图，小亮从A点出发前进10m，向右转15°，再前进10m，又向右转15°，…这样他以3m/s的速度匀速的一直走下去，他第一次回到出发点A时，一共走了（）s．A．24 B．40 C．80 D．2406．（3分）如图，已知F是△ABC的重心，连接AF并延长交BC于点D，连接BF并延长交AC于点E，记△ABF面积为S1，四边形CDFE面积为S2，则S1与S2的大小关系是（）A．S1＝S2 B．S1＞S2 C．S1＜S2 D．无法确定7．（3分）如图，已知△ABC，下面甲、乙、丙、丁四个三角形中，与△ABC全等的是（）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁8．（3分）如图，已知△ABC为直角三角形，∠B＝90°，若沿图中虚线剪去∠B，则∠1+∠2等于（）A．90° B．135° C．270° D．315°9．（3分）如图，△ABC的三边AB，BC，CA长分别是20，30，40，其三条角平分线将△ABC分为三个三角形，则S△ABO：S△BCO：S△CAO等于（）A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：3：4 D．3：4：510．（3分）如图，△ABC中，AD为△ABC的角平分线，BE为△ABC的高，∠C＝70°，∠ABC＝48°，那么∠3是（）A．59° B．60° C．56° D．22°二、填空题：（本大题共4小题，每小题3分，共12分）11．（3分）如图，工人师傅砌门时，常用木条EF固定长方形门框ABCD，使其不变形，这样做的根据是．12．（3分）等腰三角形的两边a、b满足|a﹣2|+（b﹣5）2＝0，那么这个三角形的周长是．13．（3分）如图的三角形纸片中，AB＝8，BC＝6，AC＝5，沿过点B的直线折叠这个三角形，使点C落在AB边上的点E处，折痕为BD，则△ADE的周长为．14．（3分）已知：如图，在长方形ABCD中，AB＝4，AD＝6．延长BC到点E，使CE＝2，连接DE，动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P的运动时间为t秒，当t的值为秒时，△ABP和△DCE全等．三、解答题：（本大题共7小题，共58分．解答题应写出过程）15．已知，如图，在△ABC中，AD，AE分别是△ABC的高和角平分线，若∠B＝30°，∠C＝50°，求∠DAE的度数．16．已知：如图，点B，E，C，F在同一直线上，AB∥DE，且AB＝DE，BE＝CF．（1）求证：△ABC≌△DEF；（2）探究AC和DF的关系．17．已知∠AOB，尺规作图作∠AOB的角平分线（不写作法，保留作图痕迹），并说明理由．18．如图，△ABC的两条高AD，CE交于点H，已知EH＝EB＝6，AE＝8．（1）求证：△AEH≌△CEB；（2）求S△ACH．19．证明：如果两个三角形中有两条边和其中一边上的中线对应相等，那么这两个三角形全等．（写出已知，求证，画出图形并证明）20．已知，如图，在四边形ABDC中，∠D＝∠B＝90°，且AO平分∠BAC，点O是BD的中点．（1）求证：CO平分∠ACD；（2）求证：OA⊥OC；（3）求证：AC＝AB+CD．21．【问题背景】如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝60°，试探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使GD＝BE，连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是．【探索延伸】如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．

2023-2024学年内蒙古北京四中呼和浩特分校八年级（下）第一次月考数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案CBCCCABCCA一、选择题：（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．【解答】解：设第三边的长度为x，由题意得：7﹣3＜x＜7+3，即：4＜x＜10，故选：C．2．【解答】解：A、两个图形相似，错误；B、两个图形全等，正确；C、两个图形相似，错误；D、两个图形不全等，错误；故选：B．3．【解答】解：将一副三角板按如图方式叠放，如图，A、B、C、D标记如下：由题意知：∠ABD＝90°，∠CBD＝45°，∴∠ABC＝∠ABD﹣∠CBD＝45°，∵∠A＝60°，∴∠1＝∠A+∠ABC＝60°+45°＝105°．故选：C．4．【解答】解：A、添加∠ABC＝∠ABD，根据SAS，能判定△ABC≌△ABD，故B选项不符合题意；B、添加∠C＝∠D＝90°时，根据HL，能判定△ABC≌△ABD，故C选项不符合题意；C、添加∠CAB＝∠DAB，SSA不能判定△ABC≌△ABD，故D选项符合题意；D、添加AC＝AD，根据SSS，能判定△ABC≌△ABD，故A选项不符合题意；故选：C．5．【解答】解：∵小亮从A点出发最后回到出发点A时，正好走了一个正多边形，∴正多边形边数：n＝360°÷15°＝24，∴一共走了：24×10÷3＝80s，故选：C．6．【解答】解：∵F是△ABC的重心，∴根据三角形重心的定义，三角形的中线等分面积得，，∴S△AEF+S1＝S△AEF+S2，∴S1＝S2，即则S1与S2的大小关系是S1＝S2；故选：A．7．【解答】解：A．△ABC和甲所示三角形根据SA无法判定它们全等，故本选项错误；B．△ABC和乙所示三角形根据SAS可判定它们全等，故本选项正确；C．△ABC和丙所示三角形根据SA无法判定它们全等，故本选项错误；D．△ABC和丁所示三角形根据AA无法判定它们全等，故本选项错误；故选：B．8．【解答】解：由条件可知∠B＝90°，∴∠A+∠C＝90°，∴∠1+∠2＝360°﹣∠A﹣∠C＝270°，故选：C．9．【解答】解：过点O作OD⊥AC于D，OE⊥AB于E，OF⊥BC于F，∵点O是内心，∴OE＝OF＝OD，∴S△ABO：S△BCO：S△CAO＝•AB•OE：•BC•OF：•AC•OD＝AB：BC：AC＝2：3：4，故选：C．10．【解答】解：∵BE为△ABC的高，∴∠AEB＝90°∵∠C＝70°，∠ABC＝48°，∴∠CAB＝62°，∵AF是角平分线，∴∠1＝∠CAB＝31°，在△AEF中，∠EFA＝180°﹣31°﹣90°＝59°．∴∠3＝∠EFA＝59°，故选：A．二、填空题：（本大题共4小题，每小题3分，共12分）11．【解答】解：加上EF后，原图形中具有△AEF了，故这种做法根据的是三角形的稳定性．故答案为：三角形的稳定性．12．【解答】解：因为|a﹣2|+（b﹣5）2＝0，所以a＝2，b＝5．又因为是等腰三角形，所以三边长为5，5，2，2或2，2，5（不满足三角形构造条件，舍去）所以周长为5+5+2＝12．故填12．13．【解答】解：由折叠的性质可知，DC＝DE，BE＝BC＝6，∵AB＝8，∴AE＝AB﹣BE＝2，∴△AED的周长为：AD+AE+DE＝AC+AE＝7，故答案为：7．14．【解答】解：设点P的运动时间为t秒，则BP＝2t，当点P在线段BC上时，∵四边形ABCD为长方形，∴AB＝CD，∠B＝∠DCE＝90°，此时有△ABP≌△DCE，∴BP＝CE，即2t＝2，解得t＝1；当点P在线段AD上时，∵AB＝4，AD＝6，∴BC＝6，CD＝4，∴AP＝16﹣2t，此时有△ABP≌△CDE，∴AP＝CE，即16﹣2t＝2，解得t＝7；综上可知当t为1秒或7秒时，△ABP和△CDE全等．故答案为：1或7．三、解答题：（本大题共7小题，共58分．解答题应写出过程）15．【解答】解：∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，而∠B＝30°，∠C＝50°，∴∠BAC＝180°﹣30°﹣50°＝100°，∵AE是△ABC的角平分线，∴∠EAC＝∠BAC＝50°又∵AD为高线，∴∠ADC＝90°，而∠C＝50°，∴∠DAC＝180°﹣90°﹣50°＝40°，∴∠DAE＝∠EAC﹣∠DAC＝50°﹣40°＝10°．16．【解答】（1）证明：∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEF，∵BE＝CF，∴BE+CE＝CF+CE，∴BC＝EF，又∵AB＝DE，∴△ABC≌△DEF（SAS）；（2）解：由题意可得：AC＝DF，∠ACB＝∠F，∴AC∥DF，∴AC＝DF，AC∥DF．17．【解答】解：如图所示，射线OP即为所求．理由如下：连接PM，PN，由作图得：OM＝ON，PM＝PN，在△OPM和△OPN中，，∴△OPM≌△OPN（SSS），∴∠POM＝∠PON，∴OP平分∠AOB．18．【解答】（1）证明：由题意可得：∠AEC＝∠BEC＝∠ADC＝90°，∴∠AHE+∠EAH＝∠DHC+∠DCH＝90°，∵∠DHE＝∠DHC，∴∠EAH＝∠ECB，又∵EH＝EB，∴△AEH≌△CEB（AAS）（2）解：CE＝AE＝8，∴CH＝CE﹣EH＝2，∴．19．【解答】已知：△ABC，△A1B1C1中，AB＝A1B1，BC＝B1C1，AD，A1D1分别为BC，B1C1边上的中线，AD＝A1D1，求证：△ABC≌△A1B1C1．证明：∵AD，A1D1分别为BC，B1C1边上的中线，∴BD＝BC，B1D1＝B1C1，又∵BC＝B1C1，∴BD＝B1D1，在△ABD和△A1B1D1中，，∴△ABD≌△A1B1D1（SSS），∴∠B＝∠B1，∵在△ABC与△A1B1C1中，，∴△ABC≌△A1B1C1（SAS）．20．【解答】证明：（1）过点O作OE⊥AC于E，∵∠ABD＝90°，OA平分∠BAC，∴OB＝OE，∵点O为BD的中点，∴OB＝OD，∴OE＝OD，∴OC平分∠ACD；（2）在△ABO和△AEO中，，∴△ABO≌△AEO（AAS），∴∠AOB＝∠AOE，OB＝OE，∵OD＝OB，∴OE＝OD，在Rt△OEC和Rt△ODC中，，∴Rt△OEC≌Rt△ODC（HL），∴∠COD＝∠COE，∴∠AOC＝∠AOE+∠COE＝×180°＝90°，∴OA⊥OC；（3）∵△ABO≌Rt△AEO，△OEC≌△ODC，∴AB＝AE，CD＝CE，∵AC＝AE+CE，∴AB+CD＝AC．21．【解答】解：【问题背景】：EF＝BE+FD．理由：如图1，延长FD到点G，使GD＝BE，连结AG．在△ABE和△ADG中，∵，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，在△AEF和△GAF中，∵，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∵FG＝DG+